由曲面z=sqrt(4-x^2-y^2) 与x^2+y^2=1 及1-x^2-y^2=z 所围立体Omega的体积为（） A. pi((29)/(6)-sqrt(3))B. pi((29)/(6)-2sqrt(3))C. pi((29)/(5)+2sqrt(3))D. pi(4-2sqrt(3))

为了求出由曲面 $ z = \sqrt{4 - x^2 - y^2} $， $ x^2 + y^2 = 1 $，和 $ z = 1 - x^2 - y^2 $ 所围立体Ω的体积，我们将使用柱坐标系。在柱坐标系中，变量 $ x $， $ y $，和 $ z $ 分别表示为 $ x = r \cos \theta $， $ y = r \sin \theta $，和 $ z = z $。 ### 第一步：确定 $ z $ 的边界 曲面在柱坐标系中表示为： - $ z = \sqrt{4 - r^2} $ - $ r = 1 $ - $ z = 1 - r^2 $ ### 第二步：找到曲面的交点 首先，找到 $ z = \sqrt{4 - r^2} $ 和 $ z = 1 - r^2 $ 的交点： \[ \sqrt{4 - r^2} = 1 - r^2 \] 设 $ u = r^2 $。则方程变为： \[ \sqrt{4 - u} = 1 - u \] 两边平方： \[ 4 - u = (1 - u)^2 \] \[ 4 - u = 1 - 2u + u^2 \] \[ u^2 - u - 3 = 0 \] 使用二次方程公式 $ u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} $ 解此二次方程： \[ u = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 12}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2} \] 由于 $ u = r^2 $ 必须非负，我们舍弃负根。然而， $ \frac{1 + \sqrt{13}}{2} > 2 $，这超出了 $ r^2 \leq 1 $ 的范围。因此， $ z = \sqrt{4 - r^2} $ 和 $ z = 1 - r^2 $ 在 $ r \leq 1 $ 的范围内没有交点。 ### 第三步：确定 $ z $ 的范围 对于 $ r \leq 1 $： - $ z = 1 - r^2 $ 的范围从 $ 0 $ 到 $ 1 $ - $ z = \sqrt{4 - r^2} $ 的范围从 $ \sqrt{3} $ 到 $ 2 $ 由于 $ z = 1 - r^2 $ 在 $ r \leq 1 $ 的范围内总是小于 $ z = \sqrt{4 - r^2} $， $ z $ 的范围从 $ 1 - r^2 $ 到 $ \sqrt{4 - r^2} $。 ### 第四步：设置体积积分 体积 $ V $ 由 $ z $ 的范围从 $ 1 - r^2 $ 到 $ \sqrt{4 - r^2} $ 的 $ r $ 和 $ \theta $ 的积分给出： \[ V = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} \left( \sqrt{4 - r^2} - (1 - r^2) \right) r \, dr \, d\theta \] ### 第五步：计算积分 首先，计算内积分： \[ \int_{0}^{1} \left( \sqrt{4 - r^2} - 1 + r^2 \right) r \, dr \] 将积分分为三部分： \[ \int_{0}^{1} r \sqrt{4 - r^2} \, dr - \int_{0}^{1} r \, dr + \int_{0}^{1} r^3 \, dr \] 对于第一部分，使用代换 $ u = 4 - r^2 $， $ du = -2r \, dr $： \[ \int_{0}^{1} r \sqrt{4 - r^2} \, dr = -\frac{1}{2} \int_{4}^{3} \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \int_{3}^{4} \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_{3}^{4} = \frac{1}{3} \left( 8 - 3\sqrt{3} \right) = \frac{8}{3} - \sqrt{3} \] 对于第二部分： \[ \int_{0}^{1} r \, dr = \left[ \frac{1}{2} r^2 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2} \] 对于第三部分： \[ \int_{0}^{1} r^3 \, dr = \left[ \frac{1}{4} r^4 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{4} \] 将结果合并： \[ \int_{0}^{1} \left( \sqrt{4 - r^2} - 1 + r^2 \right) r \, dr = \left( \frac{8}{3} - \sqrt{3} \right) - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{8}{3} - \sqrt{3} - \frac{1}{4} = \frac{32}{12} - \sqrt{3} - \frac{3}{12} = \frac{29}{12} - \sqrt{3} \] 现在，计算外积分： \[ V = \int_{0}^{2\pi} \left( \frac{29}{12} - \sqrt{3} \right) \, d\theta = 2\pi \left( \frac{29}{12} - \sqrt{3} \right) = \pi \left( \frac{29}{6} - 2\sqrt{3} \right) \] 因此，立体Ω的体积为： \[ \boxed{B} \]